Đề thi thử ĐH Toán Chuyên Vĩnh Phúc 2014 - Khối A, B - Lần 2
Upcoming SlideShare
Loading in...5
×
 

Đề thi thử ĐH Toán Chuyên Vĩnh Phúc 2014 - Khối A, B - Lần 2

on

  • 3,928 views

Contact me for more document:

Contact me for more document:
http://www.facebook.com/JoeJoeCalderone?ref=tn_tnmn

Statistics

Views

Total Views
3,928
Views on SlideShare
3,873
Embed Views
55

Actions

Likes
1
Downloads
48
Comments
0

2 Embeds 55

http://www.slideee.com 38
http://belmemories.blogspot.com 17

Accessibility

Categories

Upload Details

Uploaded via as Adobe PDF

Usage Rights

© All Rights Reserved

Report content

Flagged as inappropriate Flag as inappropriate
Flag as inappropriate

Select your reason for flagging this presentation as inappropriate.

Cancel
  • Full Name Full Name Comment goes here.
    Are you sure you want to
    Your message goes here
    Processing…
Post Comment
Edit your comment

Đề thi thử ĐH Toán Chuyên Vĩnh Phúc 2014 - Khối A, B - Lần 2 Đề thi thử ĐH Toán Chuyên Vĩnh Phúc 2014 - Khối A, B - Lần 2 Document Transcript

  • www.VNMATH.com SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO  Trường THPT Chuyên Vĩnh Phúc  (Đề có 01 trang)  KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LẦN THỨ II  NĂM HỌC 2013 – 2014  Môn : Toán 12; Khối A­B  Thời gian: 180  phút (Không kể giao đề)  I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)  Câu 1 (2,0 điểm) Cho hàm số  y = x 4 - 2mx 2 + 2  + m4 , với  m là tham số thực.  m a)  Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số  khi m = 1.  b)  Tìm các giá trị của m để hàm số có cực đại, cực tiểu mà các điểm cực đại, cực tiểu của đồ thị tạo thành tam  giác có diện tích bằng 1.  1 - 2 sin x - 2 sin 2 x + 2 cos x  = cos 2 x - 3 (1 + cos x ) .  Câu 2 (1,0 điểm) Giải phương trình 2sin x - 1  x ( x + 2 ) Câu 3 (1,0 điểm) Giải bất phương trình 3  ( x + 1  )  ³ 1 .  -  x 1  2  Câu 4 (1,0 điểm) Tính tích phân  I = ò  3 - 2x).e x  dx .  (8x 0  Câu 5 (1,0 điểm) Cho hình chóp đều  S . ABCD có độ dài cạnh đáy bằng  a , mặt  bên của hình chóp tạo với mặt đáy  o  góc 60  . Mặt phẳng  ( P  chứa  AB  và đi qua trọng tâm tam giác  SAC cắt  SC , SD  lần lượt tại  M , N . Tính thể  tích  )  khối chóp  S . ABMN  theo  a .  Câu 6 (1,0 điểm) Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn a 2 + b 2 + c 2  = 5 ( a + b + c ) - 2  .  ab æ 3 1  ö Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức  P = a + b + c + 48 ç + 3  ÷ ç a + 10  b+c ÷ è ø  II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh chỉ làm một trong hai phần (phần A hoặc phần B)  A.  Theo chương trình Chuẩn  Câu 7.a (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ  Oxy , cho 2 đường thẳng  d1  : 2 x - 3 y + 1 = 0 ,  d 2  : 4 x + y - 5 = 0 .  Gọi  A  là giao điểm của  d  và  d  . Tìm  toạ độ điểm  B  trên  d  và toạ độ  điểm  C  trên d  sao cho  D  ABC có trọng  1  2  1  2  tâm G ( 3;5  .  )  Câu 8.a (1,0 điểm)Trong không gian  với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng  d  đi qua điểm M ( 0; -  )  và có véc tơ  1;1  r  chỉ phương u = (1; 2; 0 ) ;  điểm A ( -  2;3  . Viết phương trình  mặt phẳng ( P )  chứa đường thẳng  d  sao cho khoảng  1; )  cách từ điểm  A  đến mặt phẳng ( P )  bằng  3 .  Câu 9.a (1,0 điểm) Giải phương trình log 2  4 x - 2 x  + 1  = 2 x 2.8x - 3.2 x  + 1  .  x x 2.16 - 2.4 + 1  ( )  B. Theo chương trình Nâng cao  Câu  7.b (1,0 điểm) Trong  mặt  phẳng  với  hệ  toạ độ  Oxy ,  cho tam  giác  ABC  vuông  tại A ( 3; 2 ) , tâm  đường  tròn  æ 3 ö ngoại tiếp tam giác  ABC  là  I ç1;  ÷ và  đỉnh  C  thuộc  đường thẳng  d : x - 2 y - 1 = 0 . Tìm toạ độ  các đỉnh  B  và  C .  è 2 ø  Câu 8.b (1,0 điểm) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho mặt phẳng (P):  x + y + z = 0. Lập phương trình mặt  phẳng (Q) đi qua gốc toạ độ, vuông góc với (P) và cách điểm  M(1; 2; ­1) một khoảng bằng  2 .  Câu 9.b (1,0 điểm)  Giải bất phương trình 2 4 - x  - x + 1  ³ 0.  log 2  ( x - 3  )  ­­­­­­­­­­­­­­­­­­ Hết ­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­ 
  • www.VNMATH.com SỞ GD­ĐT VĨNH PHÚC  TRƯỜNG THPT CHUYÊN  THI KHSCL LẦN II NĂM HỌC 2013 – 2014  HƯỚNG DẪN CHẤM TOÁN 12 A,B.  Hướng dẫn chung.  ­  Mỗi một bài toán có thể có nhiều cách giải, trong HDC này chỉ trình bày sơ lược một cách giải. Học sinh có  thể giải theo nhiều cách khác nhau, nếu đủ ý và cho kết quả đúng, giám khảo vẫn cho điểm tối đa của phần  đó.  ­  Câu  (Hình học không gian), nếu học sinh vẽ hình sai hoặc không vẽ hình chính của bài toán, thì không cho  điểm; câu  (Hình học giải tích) không nhất thiết phải vẽ hình.  ­  Điểm toàn bài chấm chi tiết đến 0.25, không làm tròn.  ­  HDC này có 07  trang.  Câu  Nội dung trình bày  Điểm  1  a) (1 điểm)  4 2  (2,0 điểm)  ­ Khi  m = 1  thì  y = x - 2 x + 3  *)Tập xác định  D =  R *) Sự biến thiên :  0,25  é x = 0  3 2  1)  Chiều biến thiên  y ' = 4 x - 4 x = 4 x( x -  ,  y ' = 0 Û ê x = 1  ê ê x = -1  ë  ­ Hàm số đồng biến trên các  khoảng ( ­1 ; 0) và (1 ; +¥ ), nghịch biến trên các khoảng  ( (-¥; -  và (0 ; 1)  1) ­ Cực trị : Hàm  số đạt cực đại tại  x = 0; yCР = 3  Hàm số đạt cực tiểu tại  x = ±1; yCT  = 2  ­ Giới hạn  lim  = +¥  0,25  x®±¥ ­ Bảng biến thiên :  x y’  -¥  ­  +¥  ­1                     0                    1 0          +         0  ­  0               +  3 +¥  +¥  0,25  y 2  2  Đồ thị  y  3  0, 25 2  ­2  ­1  0          1         2  x 
  • www.VNMATH.com b)  (1 điểm)  ­  Tập xác định D = R  é x  = 0  ­  Ta có  y ' = 4 x3  - 4  ;  y  ' = 0  Û ê 2  mx ë x = m Hàm số có cực đại, cực tiểu  Û y ' = 0  có  ba nghiệm phân biệt  Û m > 0  Khi  m > 0  đồ thị hàm số có một điểm cực đại là  A ( 0 , m 4  +  2 m )  và hai điểm cực tiểu là  B ( - m ; m 4 - m 2 + 2 m ), C ( m ; m 4 - m 2  +  2 m )  D  ABC cân tại  A ,  A ΠOx ;  B, C đối xứng nhau qua  Ox . Gọi  H  là trung điểm của  BC 1 1  Þ H 0; m 4 - m 2  + 2  ;  Þ S DABC  = AH .BC = m 2 .2  m = m m m 2 2  ( 0,25  0,25  )  0,25  Theo giả thiết  S DABC  = 1 Þ m 2 . m = 1 Û m = 1  Vậy đáp số bài toán là  m = 1  0,25  2  (1,0 điểm)  Điều kiện  2sin x - 1 ¹ 0 Û sin x ¹ 1  2  1 - 2 sin x - 2 sin 2 x + 2 cos x  = cos 2 x - 3 (1 + cos x ) 2sin x - 1  (1 - 2sin x ) . (1 + 2 cos x ) Û = 2 cos2  x - 1 - 3 (1 + cos x )  2sin x - 1  0,25 ( )  Û -1 - 2 cos x = 2 cos2 x - 1 - 3 (1 + cos x ) Û 2cos2  x + 2 - 3 cos x - 3 = 0  0,25 é ê x = p + k 2  p é cos x = -1  ê p ê p Ûê 3  Û ê x = 6  + k 2  ( k Î Z )  ê cos x = ê ê 2  ë p ê x = - + k 2  p 6  ë  0,25  Kết hợp điều kiện  sin x ¹  1  ta được nghiệm phương trình là 2  x = p + k 2p ; x = - 3  (1,0 điểm)  ì x ( x + 2 ) ³ 0  ï ï x ³ 0  ï Điều kiện í 3  Û x ³ 0 ; x + 1) ³ 0  ï( 3  ï ï ( x + 1)  - x ³ 0  î  p 6  x³0Þ 0,25  + k 2  ( k ΠZ )  p 3  ( x + 1)  - x > 0  0,25  Do vậy x ( x + 2  ) ( x + 1  ) 3  ³1Û x ( x + 2) ³ ( x + 1  3  ) x  - x  Û x 2 + 2 x ³ x3 + 3 x 2  + 4 x + 1 - 2 ( x + 1) x ( x + 1  ) Û x3 + 2 x 2 + 2 x + 1 - 2 ( x + 1) x ( x + 1) £ 0 Û ( x + 1) é x 2  + x + 1 - 2 x ( x + 1) ù £ 0  ë û  0,25
  • www.VNMATH.com Û x 2  + x + 1 - 2 x ( x + 1) £ 0 Û ( ) 2  x ( x + 1) - 1 £ 0 Û x ( x + 1) - 1 = 0 Û x ( x + 1) = 1  é -1 + 5  ê x = 2  Û x ( x + 1) = 1 Û x 2  + x - 1 = 0 Û ê ê -1 - 5  êx = ë  2  0,25  Kết hợp điều kiện  x > 0  ta được nghiệm của phương trình đã cho là  x =  5 - 1  2  0,25  4  (1,0 điểm)  1 1  2 2  Ta có  I = ò (8x 3 - 2x).e x dx= ò (4x 2 - 1).e x  .2xdx .  0 0,25  0  Đặt  t = x 2  Þ dt = 2xdx  và  x = 0 Þ t = 0; x = 1 Þ t = 1 .  1  0,25  (4 Ta được  I = ò  t - 1).et dt.  0  t  ìu = 4t - 1 ì du = 4d  Đặt  í Þí t t  v î dv = e dt î  = e 1 0,25  1  1  Þ I = (4t - 1).e t - ò  t .4 dt = 3e + 1 - 4e t  = 5 - e. e 0 0,25  0  0  5  S  (1,0 điểm)  N  K  A  G  D  M  I  0  60  O  B  J C  Gọi O là giao điểm của  AC  và BD  Þ SO ^ ( ABCD)  Gọi  I , J  lần lượt là trung điểm của  AB, CD ;  G  là trọng tâm  D  .  SAC ìSJ ^ CD  Ta có  í Þ CD ^ ( SIJ )  IJ î  ^ CD 0  0,25  0  ÐSJI < 90  Þ Góc giữa mặt bên ( SCD )  và  mặt đáy ( ABCD )  là  ÐSJI ÞÐSJI = 60  Ta thấy  A, G, M  thuộc ( P ) ;  A, G, M  thuộc ( SAC )  Þ  A, G, M thẳng hàng và  M  là trung  điểm của  SC .  SG  2  =  ;  SO là trung tuyến tam giác  SBD Þ G  cũng là trọng tâm  G  là trọng tâm  D  . Þ SAC SO 3 
  • www.VNMATH.com tam giác  SBD .  Lập luận tượng tự ta cũng có  Þ B, G , N thẳng hàng và  N  là trung điểm của  SD .  Gọi  K  là trung điểm của  MN  Þ  K cũng là trung điểm của  SJ  .  D  SJI đều cạnh  a  ; G  cũng là trọng tâm D  SJI nên  IK ^  SJ ;  Dễ thấy  SJ ^ MN nên SJ ^ (ABMN)  0,25  1  Thể tích khối chóp  S . ABMN  là :  V =  SK .  ABMN  S 3  0,25  3  a a  ; SK =  D  SJI đều cạnh  a  Þ IK = 2 2  3  1 1 æ a ö a 3 3 3a2 1 a 3 3a2 a  3  SABMN  = ( AB + MN)IK = ç a + ÷ = ÞV = . .  = 2 2 è 2 ø  2 8 32 8 16  0,25  (Học sinh có  thể dùng phương pháp  tỉ số thể tích)  6  2  Ta có a 2 + b2 + c 2 = 5 ( a + b + c ) - 2ab Û ( a + b ) + c 2  = 5 ( a + b + c )  (1,0 điểm)  Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki ta có 1 1  2 2 2  ( a + b ) + c 2  ³ ( a + b + c ) Þ ( a + b + c ) £ 5 ( a + b + c ) Þ 0 < a + b + c £ 10  2 2  Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta lại có 3 1 a + 10 1 a + 10 1 æ a + 10 3 12  ö a + 22 = = . + 4 ÷ = Þ ³ ; .4 £ ç 3 2 3 4è 3 12 a + 10 a + 10 a + 10  a + 22  ø 3  1 1 b + c + 8 + 8 b + c + 16 1 12  3  = Þ 3  ³ b + c = 3  ( b + c ) .8.8 £ .  4 4 3 12 b + c b + c + 16  1  ö æ 1 Þ P ³ a = b + c + 48.12 ç + ÷ è a + 22 b + c + 16 ø  Áp dụng bất đẳng thức Cauchy­Schwarz ta được  1 1 4 2304  + ³ Þ P ³ a + b + c + a + 22 b + c + 16 a + b + c + 38 a + b + c + 38  2304  2304  Đặt t = a + b + c Þ t Î ( 0;10  Þ P ³ t + . Xét hàm  f (t ) = t + trên ( 0;10  ]  ]  t + 38  t + 38  0,25  0,25  0,25  ( t - 10 ) .( t + 86 ) Þ f '(t ) £ 0 "t Î 0;10  ( ]  ( t + 38 ) ( t + 38 )2  Þ  f (t ) nghịch biến trên ( 0;10 ] Þ f (t ) ³ f (10), "t Î ( 0;10 ]  f (10) = 58 Þ P ³ 58  ; Ta có f '(t ) = 1 - 2304  2 = ìa + b + c = 10  ïa + b = c  ìa = 2  ï ï ï Û íb = 3  í a + 10  Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi  ï = 4  ïc = 5  3  î ï b + c = 8  ï î  ì a = 2  ï Vậy  min P = 58 , đạt được khi  íb = 3  ïc = 5  î  0,25
  • www.VNMATH.com 7a  ì2 x - 3 y + 1 = 0 ì x = 1  Ûí Þ A (1;1  )  î4 x + y - 5 = 0 î y = 1  (1,0 điểm)  Tọa độ của A là nghiệm của hệ í 0,25  æ 2t + 1 ö B Î d1  Þ B ç t ;  s ÷ . Điểm C Î d 2  Þ C ( s;5 - 4  )  3  ø  è ì t + s + 1  ï 3  = 3  ï G  là trọng tâm tam giác  ABC  Û í 2t + 1  ï 3  + 5 - 4 s + 1  = 5  ï 3  î  0,25  0,25  ì 61  ì 61 43  t  = ( ï ï B  7 ; 7  )  ï ï 7  Giải hệ này ta được  í Þí là đáp số bài toán  -5  -5 55  ïs = ïC ( ; )  ï ï 7 7  7  î  î  0,25  r  Đường thẳng  d  đi qua điểm M ( 0; -  )  và có véc tơ chỉ phương u = (1; 2; 0 ) .  1;1  (1,0 điểm)  r  Gọi n = ( a; b; c ) ( a 2 + b 2 + c 2  ¹ 0 )  là véc tơ pháp tuyến  của (P).  r r  Do ( P ) chứa  d  nên:  u.n = 0 Û a + 2b = 0 Û a = -2  b 8a  Phương trình (P) có dạng: a ( x - 0 ) + b ( y + 1) + c ( z - 1) = 0 Û ax + by + cz + b - c = 0  d ( A, ( P  ) = 3 Û ) - a + 3b + 2  c  2 2 a + b + c 2  = 3 . Mà  a = -  b Þ 2  5b + 2  c  2 5  + c b 2  = 3 Û 5b + 2c = 3 5  2 + c 2  b 2  Û 4b 2 - 4bc + c 2  = 0 Û ( 2b - c )  = 0 Û c = 2  b ( (4 0,25 0,25  ìa = 2  . Ta được  phương trình (P) là:  2 x - y - 2 z + 1 = 0 .  Chọn  b = -1 Þ í c î  = -2  x  9a  ì x ï4 - 2 + 1 > 0  (1,0 điểm)  Ta thấy  í "x Î R.  x x  ï2.16 - 2.4 + 1 > 0  î  Do vậy 4 x - 2 x  + 1  log 2  = 2 x 2.8 x - 3.2 x  + 1  x x  2.16 - 2.4 + 1  ( 0,25 0,25  ) ) ( ) ( ) ( ) + 1) + ( 4 - 2 + 1) = log ( 2.16 - 2.4 + 1) + ( 2.16 - 2.4 + 1) ( 2  )  Û log 2 4 x - 2 x + 1 - log 2  2.16 x - 2.4 x + 1 = 2.16 x - 2.4 x + 1 - 4 x - 2 x  + 1  Û log 2 x - 2x x x x x x x 0,25  2  Xét hàm  f (t ) = log 2  t + t trên ( 0; +¥ )  Ta có  f '(t ) = 1  + 1 Þ f '(t ) > 0 "t  > 0  Þ  f (t )  đồng biến trên ( 0; +¥ )  t.ln 2  0,25  Do vậy ( 2 ) Û f (4 x - 2 x + 1) = f (2.16 x - 2.4 x + 1) Û 4 x - 2 x + 1 = 2.16 x - 2.4 x + 1 Û 2.16 x - 3.4 x + 2 x  = 0  0,25
  • www.VNMATH.com é 2 x  = 0  ê x  ê 2 = 1  é x = 0  ê x  Û ê 2  = -1 - 3  Û ê ê x = log  3 - 1  ê 2  2  ê ë 2  ê -1 + 3  x  ê 2  = ê ë  2  Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm  x = 0; x = log  2  3 - 1  .  2  0,25  7b  (1,0 điểm)  + Tam giác ABC  vuông tại  A  nên  I  là trung điểm của  BC .  0,25 + C Î d Þ C ( 2t + 1; t )  ;  I  là trung điểm của BC Þ B (1 - 2t ;3 - t )  uuu r uuur AB = ( -2 - 2t ;1 - t ) ; AC = ( 2t - 2; t - 2 ) ét  = 2  uuu uuur  r AB ^ AC Û AB. AC = 0 Û ( -2 - 2t ) . ( 2t - 2 ) + (1 - t ) . ( t - 2 ) = 0 Û ê -2  êt = 5  ë ì B ( -1; 2 ) ï +Với t  = 1 Þ í .  )  ïC ( 3;1  î  ì æ 9 17 ö ï B ç ; ÷ -2  ï è 5 5  ø . Vậy +Với  t  = Þí 5  æ 1 -2 ö ïC ; ï ç 5 5  ÷ ø î  è 8b  (1,0 điểm)  0,25  0,25  ì æ 9 17 ö ï B ç 5 ; 5  ÷ ì B ( -1; 2 ) ï ï è ø hoặc  í í )  ïC ( 3;1  ïC æ 1 ; -2 ö î  ï ç 5 5  ÷ ø î  è ( Q )  đi qua gốc toạ độ nên ( Q )  có phương trình dạng :  Ax + By + Cz = 0 ( A 0,25 2 + B + C ¹ 0 ) .  2 2  ì A + B + C  = 0  ì( P ) ^ ( Q ) ï ï Từ giả  thiết ta có : í Û í A + 2 B - C  = 2  ï d ( M , ( Q ) ) = 2  ï 2 2 2  î î  A + B + C ì A = - B - C  ï Ûí B - 2  C  = 2 (*)  ï 2 2  BC î  2 B + 2C + 2  0.25  0,25  (*) Û  B = 0  hoặc  3B + 8C = 0 .  Nếu  B = 0  thì  A = -  . Chọn  C = -1 Þ A = 1  C Ta được phương trình mặt phẳng ( Q )  là :  x - z = 0  0,25  Nếu  3 B + 8C = 0  ta chọn  C = 3; B = -8; A = 5  ta được phương trình ( Q )  là  5 x - 8 y + 3 z = 0  Vậy có hai mặt phẳng thoă mãn bài toán, có phương trình  là :  x - z = 0  ;  5 x - 8 y + 3 z = 0  9b  0,25  Xét  hàm  f ( x ) = 24 - x  - x + 1 .  (1,0 điểm)  Ta thấy f '( x) = -24 - x .ln 2 - 1 Þ f ' ( x ) < 0 "x ΠR Þ  f ( x) nghịch biến trên  R .  Mà  f (3) = 0 . Do vậy f(x)  ³ 0 Û x £ 3 ;  f(x)  £ 0 Û x ³ 3 .  0.25
  • www.VNMATH.com é ì f ( x  ³ 0  ) ï ( I )  êí êïlog 2  ( x  - 3) > 0  2 4 - x  - x + 1  î ³ 0 Û ê log 2  x  - 3  ) ï ê ì f ( x  £ 0  í ê log ( x - 3) < 0 ( II )  ï 2  î ë  ì x £ 3  ìx £ 3 ì x £ 3  ï ï ï Ûí Û í é x > 4  Û x < -4  ( I ) Û í ï x - 3 > 1 ï x  > 4  ï ê î î ë î  x < -4  ìx ³ 3 ì x ³ 3  ì x ³ 3  ï ï Ûí Ûí Û 3 < x < 4  ï0 < x - 3 < 1 ï3 < x  < 4  î3 < x < 4  î î  0,25 0,25 ( II ) Û í Tập nghiệm của bất phương trình đã cho là  (-¥; -4) È (3; 4) 0,25